Monoton funksiyalar sinfi
Uzluksiz funksiyaning oraliq qiymatlari haqidagi teorema
Download 127.6 Kb.
|
MONOTON FUNKSIYALAR SINFI
2. Uzluksiz funksiyaning oraliq qiymatlari haqidagi teorema
Teorema. (Bolsano-Koshining ikkinchi teoremasi)Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda uzluksiz bo`lib, f(a)=A, f(b)=B va A<B bo`lsa, u holda A<C<B ni qanoatlantiruvchi har qanday C son uchun shunday c (a;b) son topilib, f(c)=C bo`ladi. Isbot. Yordamchi (x)=f(x)-C funksiyani olamiz. (x) Bolsano-Koshining birinchi teoremasining barcha shartlarini qanoatlantiradi. Haqiqatan, 1) (x) funksiya [a;b] da uzluksiz, chunki f(x) funksiya [a;b] da uzluksizdir. 2) (a)=f(a)-C<0, (b)=f(b)-C>0. Shuning uchun (a;b) da shunday c nuqta topiladiki, (c)=0, yoki f(c)-C=0, ya`ni f(c)=C bo`ladi. Demak, [a;b] da uzluksiz bo`lgan funksiya o`zining ikki qiymati orasidagi barcha qiymatlarni qabul qiladi. Natija. Agar f(x) funksiya X oraliqda aniqlangan va uzluksiz bo`lsa, uning qiymatlari biror Y oraliqni tutash to`ldiradi. Teorema. (Veyershtrassning birinchi teoremasi). Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda aniqlangan va uzluksiz bo`lsa, funksiya shu segmentda chegaralangan bo`ladi. Isbot. Teoremani teskaridan faraz qilish orqali isbotlaymiz. Faraz qilaylik f(x) funksiya yuqoridan chegaralanmagan bo`lsin. U holda ixtiyoriy n son uchun f(xn)>n ni qanoatlantiradigan xn [a;b] nuqta topiladi. Bolsano-Veyershtrass teoremasiga binoan (xn) ketma-ketlikdan yaqinlashuvchi ( ) qismiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin. = [a;b] deylik. Funksiya uzluksiz bo`lganligi uchun f(x ) f( ) bo`ladi. Ikkinchi tomondan f( )>nk dan f( ) kelib chiqadi. Bu qarama-qarshilik farazimizning noto`g`ri ekanligini ko`rsatadi. Eslatma: Teoremadagi har bir shart muhim bo`lib, ularning birortasi bajarilmasa teoremaning xulosasi ham o`rinli bo`lmasligi mumkin. Misol. y=tgx funksiya (- ) da uzluksiz, lekin chegaralanmagan. Misol. f(x)= funksiya [0;1] da aniqlangan, lekin chegaralanmagan. Teorema. (Veyershtrassning ikkinchi teoremasi). Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda aniqlangan va uzluksiz bo`lsa, funksiya shu segmentda o`zining aniq quyi va aniq yuqori chegaralariga yerishadi. Isbot. Teoremaning xulosasini quyidagicha aytish mumkin, ya`ni [a;b] segmentda shunday x1 va x2 nuqtalar topiladiki, f(x1)= {f(x)}, f(x2)= {f(x)} bo`ladi (ya`ni f(x1) - f(x) funksiyaning [a;b] segmentdagi eng katta qiymati, f(x2) esa eng kichik qiymati). f(x) funksiya [a;b] da uzluksiz bo`lgani uchun Veyershtrassning birinchi teoremasiga binoan f(x) [a;b] da chegaralangan, demak aniq yuqori va aniq quyi chegaralarga ega: {f(x)}=M , {f(x)}=m deylik. Endi [a;b] da biror x1 nuqtasi uchun f(x1)=M bo`lishini ko`rsatamiz. Teskarisini faraz qilaylik, ya`ni barcha x [a;b] larda f(x)<M bo`lsin. funksiyani tuzib olaylik. (x) funksiya [a;b] segmentda uzluksiz, Veyershtrassning birinchi teoremasiga binoan u quyidan chegaralangan bo`ladi, ya`ni shunday >0 son topilib, (x) bo`ladi. Bundan f(x)< M- bo`lib, M- f(x) funksiyaning yuqori chegarasi ekanligi kelib chiqadi. Bu qarama-qarshilik farazimizning noto`g`ri ekanligini ko`rsatadi. Eslatma. Teoremadagi har bir shart muxim bo`lib, ularning birortasi bajarilmasa uning xulosasi ham o`rinli bo`lmasligi mumkin. Misol. f(x)=x-[x] funksiya ixtiyoriy b 1 uchun [a;b] segmentda qiymatlar to`plami E(f)=[0;1) bo`lib, [a;b] da o`zinig yuqori chegarasiga erishmaydi. Download 127.6 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: |
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling